《2022年全国通用高考数学大二轮专题复习专题整合突破专题五立体几何第三讲空间向量与立体几何适考素能特训理.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年全国通用高考数学大二轮专题复习专题整合突破专题五立体几何第三讲空间向量与立体几何适考素能特训理.docx（25页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、精选学习资料 - - - - - - - - - 专题五立体几何学习必备欢迎下载理第三讲 空间向量与立体几何适考素能特训一、挑选题12022 陕西西安质检 如平面 , 的法向量分别是 n12 , 3,5 ,n2 3,1 ,4 ,就 A B C , 相交但不垂直 D以上答案均不正确答案 C 解析n1 n22 3 3 15 4 0,n1与 n2不垂直,且不共线 与 相交但不垂直2如图,在空间直角坐标系中有直三棱柱线 AB1夹角的余弦值为 ABCA1B1C1, CACC 12CB,就直线 BC1 与直名师归纳总结 A.5B.5第 1 页,共 16 页53C.255D.3 5答案A 解析不妨设 CB1
2、,就 B0,0,1,A2,0,0,C10,2,0,B10,2,1BC1 0,2 , 1 ,AB1 2,2,1cos BC1 ,AB1 BC1 AB10415 5,应选 A. | BC1 | | AB1 |5 332022 湖南怀化检测 如下列图,在正方体ABCDA1B1C1D1 中,棱长为 a,M,N分别为 A1B和 AC上的点, A1MAN2a 3,就 MN与平面 BB1C1C的位置关系是 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - A斜交学习必备欢迎下载B平行NC垂直DMN在平面 BB1C1C内2a 3, a 3,答案B 解析建立如下列图的空间直角坐标系,由
3、于A1M AN2a,就M a,32a 3,2a 3,a ,MN a 3,0,2a 3 . C1D1 0,又 C1D1平面 BB1C1C,所以 C1D1 0 ,a, 0 为平面 BB1C1C的一个法向量 由于 MN所以 MN C1D1 ,所以 MN 平面 BB1C1C. 42022 四川高考 如图,在正方体 ABCD A1B1C1D1中,点 O为线段 BD的中点设点P 在线段 CC1上,直线 OP与平面 A1BD所成的角为 ,就 sin 的取值范畴是 A. 3, 1 3 B. 3, 1 6名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - -
4、 - C.6 3,232学习必备欢迎下载2 3,1D. 2答案B D为坐标原点, DA,DC,DD1所在直线分别为x 轴、 y 轴、 z 轴建立解析1 解法一：以空间直角坐标系,如下列图不妨设 DCDADD11,就 D0,0,0,B1,1,0,A11,0,1,O2,1 2,0 ,并设点 P0,1 ,t ,且 0t 1.就OP 12,12,t ,A1D 1,0 , 1 ,A1B 0,1 , 1 设平面 A1BD的法向量为 n x0,y0,z0 ,n 0,x0z00,就有 即nA1B 0,y0z00,取 x01, y0 1,z0 1,n1 , 1, 1 名师归纳总结 sin |cos OP,n|
5、| 1t |0 t 1 ,1第 3 页,共 16 页3 t22sin2 t22t 1,0 t 1.t ,3 t212令 f t t22t 1 1,0 t 1. 3 t 22就 f t 2t2t 1t 21 3 t2123 t222可知当 t 0,1 2时, f t 0 ；- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 当 t 1 2,1 时, f t 0.学习必备欢迎下载2 1 8又 f 0 3,f 21,f 1 9,1 2f max t f 21,f min t f 0 3. 6sin 的最大值为 1,最小值为 3 . sin 的取值范畴为 3, 1 ,应选 B.
6、 6解法二： 易证 AC1平面 A1BD,当点 P 在线段 CC1上从 C运动到 C1时,直线 OP与平面 A1BD所成的角 的变化情形： AOA 1 2 C1OA1 点 P 为线段 CC1的中点时, 2 由于 sinAOA 13,sin C1OA16 23 2 3,sin 21,所以 sin 的取值范畴是 3,1 ,应选 B. 6二、填空题52022 江苏苏州二模 已知正方形ABCD的边长为4,CG平面 ABCD, CG2, E,F分别是 AB,AD的中点,就点答案61111C到平面 GEF的距离为 _解析建立如下列图的空间直角坐标系Cxyz,C0,0,0,就 CG0,0,2, GF相关各点
7、的坐标为G0,0,2,F4,2,0, E2,4,04,2 , 2 ,GE2,4 , 2 设平面 GEF的法向量为 n x,y, z ,n0,由 得平面 GEF是一个法向量为 n1,1,3,所以点 C到平面 GEF的距GE n0,| n | 6 11离 d| n|11 . 三、解答题名师归纳总结 62022 甘肃天水一模 如图,在四棱锥SABCD中,底面 ABCD为梯形, AD BC,AD第 4 页,共 16 页- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载平面 SCD, ADDC2,BC1,SD2, SDC120 .1 求 SC与平面 SAB所成
8、角的正弦值；2 求平面 SAD与平面 SAB所成的锐二面角的余弦值解 如图,在平面 SCD中,过点 D作 DC的垂线交 SC于 E,以 D为原点, DA,DC,DE所在直线分别为 x 轴, y 轴, z 轴,建立空间直角坐标系就有 D0,0,0,S0 , 1,3 , A2,0,0,C0,2,0,B1,2,01 设平面 SAB的法向量为 n x,y, z ,AB 1,2,0 ,AS 2, 1,3 ,AB n 0,ASn0,x2y0,取 y3,得 n2 3,3,5 2xy3z0,又SC 0,3 ,3 ,设 SC与平面 SAB所成角为 ,名师归纳总结 就 sin |cos SC,n| 2231010
9、 20,第 5 页,共 16 页3 2故 SC与平面 SAB所成角的正弦值为10 20 . 2 设平面 SAD的法向量为m a,b, c ,DA2,0,0, DS0 , 1,3 ,- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 就有2a0,取 b学习必备欢迎下载3,1 3,得 m0 ,b3c0,n m 8 10cos n,m| n| |m|2 10 25,10故平面 SAD与平面 SAB所成的锐二面角的余弦值是 . 572022 全国卷 如图,三棱柱 ABCA1B1C1中,侧面 BB1C1C为菱形, ABB1C. 1 证明： ACAB1；2 如 ACAB1, CBB
10、 160 , ABBC,求二面角AA1B1C1的余弦值解 1 证明： 连接 BC1,交 B1C于点 O,连接 AO. 由于侧面 BB1C1C为菱形, 所以 B1CBC1,且 O为 B1C及 BC1 的中点又 ABB1C,所以 B1C平面 ABO. 由于 AO. 平面 ABO,故 B1CAO. 又 B1OCO,故 ACAB1. 2 由于 ACAB1,且 O为 B1C的中点,所以 AOCO. 又由于 ABBC,所以BOA BOC. 故 OAOB,从而 OA,OB, OB1两两相互垂直以 O为坐标原点, OB 的方向为 x 轴正方向, | OB| 为单位长,建立如下列图的空间直角坐标系 Oxyz.
11、名师归纳总结 由于 CBB 160 ,3,B1,0,0,B1 0,3 3, 0 ,第 6 页,共 16 页所以CBB 1 为等边三角形,又AB BC,就 A 0,0,3C 0,3 3, 0 . 0,3 3,3,A1B1 AB 1, 0,3,33- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - B1C1 BC 1,3 3,0 . 学习必备欢迎下载设 n x,y, z 是平面 AA1B1 的法向量,就nAB1 0,即3 3y3 3z0,ABCD为菱形, AE,BF, CG,nA1B1 0,x3 3z0.所以可取 n1 ,3,3 设 m是平面 A1B1C1的法向量,就m A
12、1B1 0,m B1C1 0.同理可取 m1 ,3,3 就 cosn,mnm| n| m|1 7. 易知二面角AA1B1C1为锐二面角所以二面角AA1B1C1的余弦值为1 7. 82022 合肥质检 如图,六面体ABCDHEFG 中,四边形DH都垂直于平面ABCD. 如 DADH DB4,AECG3. 1 求证： EGDF；2 求 BE与平面 EFGH所成角的正弦值解1 证明：连接AC,由 AE綊 CG可知四边形AEGC为平行四边形,所以EG AC,而ACBD, ACBF,所以 EGBD,EGBF,由于 BDBF B,所以 EG平面 BDHF,又 DF. 平面 BDHF,所以 EGDF. 2
13、设 ACBDO,EGHFP,由已知可得：平面ADHE 平面 BCGF,所以 EH FG,同理可得： EF HG,所以四边形EFGH为平行四边形,所以P 为 EG的中点, O为 AC的中点,所以OP綊 AE,从而 OP平面 ABCD,又 OAOB,所以 OA,OB,OP两两垂直,由平面几何学问,得 BF2. 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 如图,建立空间直角坐标系学习必备欢迎下载3,0,3 ,F0,2,2,P0,0,3,Oxyz就 B0,2,0,E2所以 BE23, 2,3 ,PE23,0,0 ,PF0,2 , 1
14、 设平面 EFGH的法向量为 n x,y,z ,n0,x0,由 可得n0,2yz0,令 y1,就 z2. 所以 n0,1,2| BEn| 4 5设 BE与平面 EFGH所成角为 ,就 sin | BE| | n|25 . 92022 河南六市联考 如图,在三棱柱 ABCA1B1C1中,平面 ABB1A1 为矩形, ABBC1,AA12,D为 AA1的中点, BD与 AB1交于点 O, BCAB1. 1 证明： CDAB1；32 如 OC3,求二面角 ABCB1的余弦值解 1 证明：由AB1B与 DBA相像,知 BDAB1,又 BCAB1,BDBCB,AB1平面 BDC, CD. 平面 BDC,
15、 CDAB1. 名师归纳总结 2 由于 OC3 3, BC1,在 ABD中,可得 OB6 3,第 8 页,共 16 页 BOC是直角三角形,BOCO. - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载由1 知 COAB1,就 CO平面 ABB1A1. 以 O为坐标原点, OA,OD,OC所在直线分别为x 轴, y 轴, z 轴建立空间直角坐标系,就 A3 3,0,0, ,B 0,6 3,0 ,C 0,0,3,B1 23,0,0 ,BC 0,6 3,3,333 3 3,3,0 ,BB1 6 23,6 3,0 ,3设平面 ABC,平面 BCB 1 的法
16、向量分别为n13y163z10,3就n13x133y10,6n1 2, 1,2 ,BC n23y263z20,3BB1 n223 3x23y20,6n21 ,2, 2 ,n1 x1, y1, z1 ,n2 x2,y2,z2 ,n1n2 2 70cos n1,n2| n1| n2|35,又二面角 ABC B1 为钝二面角,2 70二面角 ABCB1的余弦值为35 . 102022 天津高考 如图,在四棱柱 ABCDA1B1C1D1 中,侧棱 A1A底面 ABCD, ABAC,AB 1,AC AA12,ADCD1 求证： MN 平面 ABCD；5,且点 M和 N分别为 B1C和 D1D的中点2 求
17、二面角 D1ACB1的正弦值；名师归纳总结 3 设 E 为棱 A1B1 上的点,如直线NE和平面 ABCD所成角的正弦值为1 3,求线段 A1E 的长第 9 页,共 16 页解如图,以 A 为原点建立空间直角坐标系,依题意可得A0,0,0,B0,1,0,C2,0,0,D1 , 2,0 , A10,0,2,B10,1,2,C12,0,2, D11 , 2,2 - - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载又由于 M,N分别为 B1C和 D1D的中点,1得 M 1,2,1 , N1 , 2,1 1 证明：依题意,可得 n0,0,1 为平面 ABCD的
18、一个法向量 . MN 0,52,0 . 由此可得 MNn0,又由于直线 MN.平面 ABCD,所以 MN 平面 ABCD. 2 AD1 1 , 2,2 ,AC2,0,0设 n1 x1,y1,z1 为平面 ACD 1 的法向量,n1 AD1 0,x12y12z1 0,就 即 不妨设 z11,可得 n10,1,1n1 AC0,2x10.设 n2 x2,y2,z2 为平面 ACB 1 的法向量,n2 AB1 0,y22z20,就 又AB1 0,1,2,得n2 AC0,2x20.不妨设 z21,可得 n20 , 2,1 n1n2 10因此有 cosn1,n2| n1| |n2|10,3 10于是 si
19、n n1,n210,所以,二面角 D1 ACB1 的正弦值为3 10 . 103 依题意,可设 A1E A1B1 ,其中 0,12,1 ,就 E0 , ,2 ,从而 NE 1, 名师归纳总结 又 n 0,0,1为平面ABCD的一个法向量,由已知,得cos NE, nNEn第 10 页,共 16 页| NE| | n|- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 21 212学习必备欢迎下载,解得 71 3,整理得 24 30,又由于 0,12. 所以,线段A1E 的长为72. 112022 洛阳统考 如图, 四边形 ABCD中,AB AD,AD BC,AD 6,B
20、C2AB4,E,F 分别在 BC,AD上, EF AB. 现将四边形 ABCD沿 EF折起,使平面 ABEF平面 EFDC. 1 如 BE1,是否在折叠后的线段 AD上存在一点 P,且 AP PD,使 CP 平面 ABEF？如存在,求出的值,如不存在,说明理由；2 求三棱锥 ACDF的体积的最大值,并求出此时二面角EACF的余弦值解平面 ABEF平面 EFDC,平面 ABEF平面 EFDCEF,FDEF,FD平面 ABEF,又 AF. 平面 ABEF,FDAF,在折起过程中,AFEF,又 FDEFF,AF平面 EFDC. 以 F 为原点, FE, FD,FA分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐
21、标系名师归纳总结 1 解法一：如BE1,就各点坐标如下： 0,5 1 ,1,第 11 页,共 16 页F0,0,0,A0,0,1,D0,5,0, C2,3,0,平面 ABEF的法向量可为 FD 0,5,0,AP PD,FP FA FDFP ,FP 1 FA 11FD 1 10,0,1 10,5,01P 0,5 1 ,1,1CP 2,5 1 3,1 2,3 2,1111如 CP 平面 ABEF,就必有 CP FD,即 CP0, 5 0,CP 2, 32,1 0,5,032111 3 2,AD上存在一点P,且 AP3 2PD,使 CP 平面 ABEF. - - - - - - -精选学习资料 -
22、- - - - - - - - 学习必备 欢迎下载解法二： AD上存在一点P,使 CP 平面 ABEF,此时 3 2. 理由如下：当 32时, AP32PD,可知 APAD35,过点 P 作 MP FD交 AF于点 M,连接 EM,PC,就有MP FDAP AD3 5,又 BE1,可得 FD5,故 MP3,又 EC3,MP FD EC,故有 MP綊 EC,故四边形CP ME,又 CP.平面 ABEF,ME. 平面 ABEF,故有 CP 平面 ABEF. 2 设 BEx0 x4 ,就 AFx, FD6 x,MPCE为平行四边形,故 V 三棱锥ACDF1 31 2 2 6 x x1 3 x26x
23、,FC 2,1,0,当 x 3 时, V 三棱锥ACDF有最大值,且最大值为3,A0,0,3,D0,3,0,C2,1,0,E2,0,0,AE 2,0 , 3 ,AC2,1 , 3 ,FA0,0,3设平面 ACE的法向量 m x1,y1,z1 ,就m0,即2x1y13z10,m0,2x13z10,令 x13,就 y10,z12,就 m 3,0,2设平面 ACF的法向量 n x2,y2,z2 ,就n0,即3z20,n0,2x2y20,令 x21,就 y2 2,z20,就 n1 , 2,0 ,就 cosm,nmn| m| n|35365 65,ABB 1A1 是正方形,13故二面角EACF的余弦值为
24、365 65 . 122022 山东名校联考 如图,在多面体ABCA1B1C1 中,四边形三角形 A1CB是等边三角形,ACAB1,B1C1 BC, BC2B1C1. 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备 欢迎下载1 求证： AB1 平面 A1C1C；2 如点 M是边 AB上的一个动点 包括 A,B 两端点 ,试确定点 M的位置, 使得平面A1C1C与平面 MA 1C1夹角的余弦值为1 3. 解1 证明：取 BC的中点 E,连接 AE,C1E, B1E,B1C1 BC,BC2B1C1, B1C1 EC,B1
25、C1EC,四边形CEB 1C1为平行四边形,从而B1E C1C. 又 C1C. 平面 A1C1C,B1E.平面 A1C1C,B1E 平面 A1C1C. 又易知 B1C1 BE,B1C1BE,四边形 B1C1EB是平行四边形,B1B C1E,B1BC1E,又四边形 ABB 1A1 是正方形,AA1 BB1,AA1BB1,AA1 C1E,A1AC1E,四边形 AEC 1A1 为平行四边形,AE A1C1. 又 A1C1. 平面 A1C1C,AE.平面 A1C1C, AE 平面 A1C1C. 依据,结合AEB1E E可得,平面B1AE 平面 A1C1C. 又 AB1. 平面 B1AE,故 AB1 平
26、面 A1C1C. 2 四边形 ABB1A1为正方形, A1AABAC1,AA1AB. 又三角形A1CB为等边三角形,A1CBC A1B2. 由勾股定理的逆定理可得即 A1AAC,ABAC. A1AC90 , BAC90 ,名师归纳总结 经过点A的三条直线AA1,AC,AB两两垂直,A10,0,1,C12, 1 2,1 . 第 13 页,共 16 页从而,可建立如下列图的空间直角坐标系Axyz,就 C1,0,0- - - - - - -精选学习资料 - - - - - - - - - 学习必备欢迎下载1 2,1 2,0 ,A1M 0 ,t , 1 设 M0 , t, 00 t 1 ,就 CA1
27、1,0,1 ,A1C1 设平面 A1C1C的法向量为n1 x,y,z ,就n1 CA1 0,n1 A1C1 0,xz0,即1 2x1 2y0,令 z1,就 x1,y 1,n11 , 1,1 为平面 A1C1C的一个法向量设平面 MA 1C1 的法向量为 n2 m,n, k ,n2 A1C1 0,就n2 A1M 0,1 1即 2m2n0,令 n1,就 m 1,k t ,tn k0,n2 1,1 ,t 为平面 MA 1C1的一个法向量由题设得 |cos n1,n2| | n1| n2| n1 n213,即 | 2t |32t 213,又 0 t 1, t 1. 1故当点 M与点 B重合时,平面 A
28、1C1C与平面 MA 1C1夹角的余弦值为 3. 典题例证名师归纳总结 - - - - - - -第 14 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - 2022 全国卷学习必备欢迎下载ABEF为正方形, 如图,在以 A,B,C,D,E,F为顶点的五面体中,面AF2FD, AFD90 ,且二面角DAF E与二面角 CBEF 都是 60 .1 证明：平面 ABEF平面 EFDC；2 求二面角 EBCA 的余弦值 . 审题过程切入点利用线面垂直可推证面面垂直关注点建立适当的空间直角坐标系,利用空间向量求解二面角. 规范解答 1 证明：由已知可得AFDF,AFFE,所以 AF平面
29、 EFDC. 又 AF. 平面 ABEF,故平面 ABEF平面 EFDC. 2 过 D作 DGEF,垂足为 G,由 1 知 DG平面 ABEF. 以 G为坐标原点, GF 的方向为 x 轴正方向, | GF| 为单位长,建立如下列图的空间直角坐 标系 Gxyz. 由1 知 DFE为二面角 DAFE 的平面角,故 DFE60 ,就 DF2,DG3,可得A1,4,0,B 3,4,0,E 3,0,0 , D0,0 ,3 由已知, AB EF,所以 AB 平面 EFDC. 又平面 ABCD平面 EFDC CD,故 AB CD,CD EF. 由 BE AF,可得 BE平面 EFDC,所以 CEF为二面角
30、 C BEF 的平面角, CEF60 .从而可得C 2,0 ,3 ,AC 3, 4,3 ,AB 4,0,0 连接 AC,就 EC 1,0 ,3 ,EB0,4,0设 n x,y, z 是平面 BCE的法向量,就名师归纳总结 - - - - - - -第 15 页,共 16 页精选学习资料 - - - - - - - - - n EC0,学习必备欢迎下载即x3z0,4y0,n EB0,所以可取 n3,0 ,3 m0,设 m是平面 ABCD的法向量,就m0.同理可取 m0 ,3,4 就 cosn,m| n| m| 2 19 . 192 19故二面角 EBCA的余弦值为19 . 模型归纳利用向量求空间角的模型示意图如下：名师归纳总结 - - - - - - -第 16 页,共 16 页